暑假第四次考試 沖刺Noip模擬賽4 解題報告——五十嵐芒果醬
阿新 • • 發佈：2017-08-06
空格 註意 工程 tin tex app als family 如果 
題1 韜韜搶蘋果（apple）
【問題描述】 又到了收獲的季節，樹上結了許多韜韜，錯了，是許多蘋果，有很多個小韜韜都來摘蘋 果。每個韜韜都想要最大的蘋果，所以發生了爭執，為了解決他們的矛盾，出題人定了一項 特殊的規則，按體重的大小來定順序，每一輪都是先由胖的先摘（照顧胖子），每個韜韜都 是很聰明的，不會錯過眼前最大的蘋果。現在問題來了，一共有 n 個蘋果，m 個韜韜，要你 按原順序輸出每個韜韜可以搶到的蘋果的總大小。 【輸入格式】apple.in 第一行兩個數 n,m。 接下來一行 n 個數，分別為每個蘋果的大小。 接下來一行 m 個數，分別為每個韜韜的體重。 【輸出格式】apple.out題目一行 m 個數，每個韜韜搶到的蘋果的大小。 【輸入樣例】 5 3 1 2 3 4 5 1 2 3 【輸出樣例】 3 5 7 【 數據規模 】 n,m<=100000
tag：模擬
思路：模擬即可，為了防止被極端數據卡開了long long。
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #include<iostream> 4 #include<cstring> 5 #include<cmath> 6 #define ll long long 7 #define maxn 100010 8using namespace std; 9 ll ans[maxn]; 10 int ap[maxn],po,n,m; 11 struct TT{ 12 int w,id; 13 }tt[maxn]; 14 bool cmp1(int x,int y) 15 { 16 return x>y; 17 } 18 bool cmp2(TT x,TT y) 19 { 20 return x.w>y.w; 21 } 22 int main() 23 { 24 //freopen("apple.in","r",stdin); 25 //freopen("apple.out","w",stdout);26 scanf("%d%d",&n,&m); 27 for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&ap[i]); 28 for(int i=1;i<=m;++i){ 29 scanf("%d",&tt[i].w); 30 tt[i].id=i; 31 } 32 sort(ap+1,ap+n+1,cmp1); 33 sort(tt+1,tt+m+1,cmp2); 34 int f=po=1; 35 while(1){ 36 for(int i=1;i<=m;++i){ 37 ans[tt[i].id]+=ap[po++]; 38 if(po>n){ 39 f=0; 40 break; 41 } 42 } 43 if(!f) break; 44 } 45 for(int i=1;i<=m;++i) cout<<ans[i]<<" "; 46 return 0; 47 }
題2 開場舞蹈(dance)
【問題描述】 在全世界人民的期盼下，2008 年北京奧林匹克運動會終於隆重召開了！ 為了展示中華民族博大精深的優秀傳統文化，負責開幕式開場舞蹈的編排人員一絲不 茍，每一個細節都力爭完美。關於隊伍是采用“天圓”陣還是“地方”陣的問題，大家討論 了七天七夜，仍沒有結果。於是，他們希望借助計算機，計算兩種陣型的成本。 隊伍將排列在一個二維平面內，且必須以（0，0）點為中心使得隊伍保持對稱美。“天 圓”陣是一個圓形，而“地方”陣則是一個邊平行於坐標軸的正方形。由於某種因素，陣型 要求覆蓋某些點（可以在邊上）。 你的任務是，計算出能夠覆蓋這些點的兩種陣型的最小面積。 【輸入文件】 輸入文件 dance.in。第一行是一個整數 n（1<=n<=100000），表示需要覆蓋的點的個數。 接下來 n 行，第 i 行是兩個整數 xi，yi（-1000<=xi，yi<=1000），表示第 i 個點的坐標位 置（xi，yi）。 【輸出文件】 輸出文件 dance.out。第一行是一個整數 s1，表示能夠覆蓋這些點的“天圓”陣的最小 面積（pi=3.14，四舍五入）。第二行是一個整數 s2，表示能夠覆蓋這些點的“地方”陣的 最小面積。 【樣例輸入】 4 0 0 0 2 5 0 8 0 【樣例輸出】 201 256題目
tag：模擬
思路：取最大值，註意四舍五入的處理，乘10取整，再將mod10的結果與5比較。
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #include<iostream> 4 #include<cstring> 5 #include<cmath> 6 #define ll long long 7 #define maxn 100010 8 using namespace std; 9 const double pi=3.14; 10 int n,A,ans; 11 double R; 12 double cal(int x,int y){return sqrt((double)(x*x+y*y));} 13 int main() 14 { 15 //freopen("dance.in","r",stdin); 16 //freopen("dance.out","w",stdout); 17 int x,y; 18 scanf("%d",&n); 19 for(int i=1;i<=n;++i){ 20 scanf("%d%d",&x,&y); 21 R=max(R,cal(x,y)); 22 A=max(A,max(abs(x),abs(y))); 23 } 24 y=(int)(R*R*pi*10); 25 ans=y/10; 26 if(y%10>=5) ans++; 27 printf("%d\n",ans); 28 printf("%d\n",A*A*4); 29 return 0; 30 }
題3 架設電話線(phoneline)
【 問題描述 】 Farmer John 打算將電話線引到自己的農場，但電信公司並不打算為他提供免費服務。 於是，FJ 必須為此向電信公司支付一定的費用。 FJ 的農場周圍分布著 N(1 <= N <= 1,000)根按 1..N 順次編號的廢棄的電話線桿，任意兩 根電話線桿間都沒有電話線相連。一共 P(1 <= P <= 10,000)對電話線桿間可以拉電話線，其 余的那些由於隔得太遠而無法被連接。 第 i 對電話線桿的兩個端點分別為 A_i、B_i，它們間的距離為 L_i (1 <= L_i <= 1,000,000)。數據中保證每對{A_i，B_i}最多只出現 1 次。編號為 1 的電話線桿已經接入了 全國的電話網絡，整個農場的電話線全都連到了編號為 N 的電話線桿上。也就是說，FJ 的 任務僅僅是找一條將 1 號和 N 號電話線桿連起來的路徑，其余的電話線桿並不一定要連入 電話網絡。 經過談判，電信公司最終同意免費為 FJ 連結 K(0 <= K < N)對由 FJ 指定的電話線桿。 對於此外的那些電話線，FJ 需要為它們付的費用，等於其中最長的電話線的長度（每根電 話線僅連結一對電話線桿）。如果需要連結的電話線桿不超過 K 對，那麽 FJ 的總支出為 0。 請你計算一下，FJ 最少需要在電話線上花多少錢。 【輸入格式】 * 第 1 行: 3 個用空格隔開的整數：N，P，以及 K * 第 2..P+1 行: 第 i+1 行為 3 個用空格隔開的整數：A_i，B_i，L_i 【輸入樣例】phoneline.in 5 7 1 1 2 5 3 1 4 2 4 8 3 2 3 5 2 9 3 4 7 4 5 6 【輸入說明】 一共有 5 根廢棄的電話線桿。電話線桿 1 不能直接與電話線桿 4、5 相連。電話線桿 5 不能直接與電話線桿 1、3 相連。其余所有電話線桿間均可拉電話線。電信公司可以免費為 FJ 連結一對電話線桿。 【輸出格式】 * 第 1 行: 輸出 1 個整數，為 FJ 在這項工程上的最小支出。如果任務不可能完成，輸 出-1 【輸出樣例】phoneline.out 4 【輸出說明】 FJ 選擇如下的連結方案：1->3；3->2；2->5，這 3 對電話線桿間需要的電話線的長度分 別為 4、3、9。FJ 讓電信公司提供那條長度為 9 的電話線，於是，他所需要購買的電話線的 最大長度為 4。題目
tag:二分、最短路
思路：由於對於路徑的選擇、尋找答案都有很大的不確定性，可以考慮二分答案x作劃分免費和付費的分界線，它也是付費邊的上限，如果選擇的邊比x大視作距離為1，否則距離為0，那麽dis[n]就被賦予了新的意義——從點1到點n最少選擇的大於x的邊數，再看有沒有超過k。
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #include<iostream> 4 #include<cstring> 5 #include<cmath> 6 #include<queue> 7 #define ll long long 8 #define maxn 100010 9 #define inf 1<<30 10 using namespace std; 11 int n,m,k,hl[1010],vis[1010],dis[1010],cnt,cs[20010]; 12 queue<int>Q; 13 struct X{ 14 int u,v,w,ne; 15 }e[20010]; 16 void add(int u,int v,int w) 17 { 18 e[++cnt].u=u; 19 e[cnt].v=v; 20 e[cnt].w=w; 21 e[cnt].ne=hl[u]; 22 hl[u]=cnt; 23 } 24 void spfa() 25 { 26 memset(dis,127/3,sizeof(dis)); 27 dis[1]=0; 28 vis[1]=1; 29 Q.push(1); 30 while(!Q.empty()){ 31 int u=Q.front(); 32 Q.pop(); 33 for(int i=hl[u];i;i=e[i].ne){ 34 int v=e[i].v; 35 if(dis[v]>dis[u]+cs[i]){ 36 dis[v]=dis[u]+cs[i]; 37 if(!vis[v]){ 38 vis[v]=1; 39 Q.push(v); 40 } 41 } 42 } 43 vis[u]=0; 44 } 45 } 46 bool div2(int x) 47 { 48 memset(cs,0,sizeof(cs)); 49 for(int i=1;i<=n;++i) 50 for(int j=hl[i];j;j=e[j].ne) 51 if(e[j].w>x) cs[j]=1; 52 spfa(); 53 return dis[n]<=k; 54 } 55 bool cmp(int x,int y){ 56 return x>y; 57 } 58 int main() 59 { 60 //freopen("phoneline.in","r",stdin); 61 //freopen("phoneline.out","w",stdout); 62 int x,y,w; 63 scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); 64 for(int i=1;i<=m;++i){ 65 scanf("%d%d%d",&x,&y,&w); 66 add(x,y,w); 67 add(y,x,w); 68 } 69 int l=0,r=1000001; 70 while(l<r){ 71 int mid=(l+r)>>1; 72 if(div2(mid)) r=mid; 73 else l=mid+1; 74 } 75 r==1000001?printf("-1"):printf("%d\n",r); 76 return 0; 77 }
題4 洪水（slikar）
【問題描述】 一天，一個畫家在森林裏寫生，突然爆發了山洪，他需要盡快返回住所中，那裏是安全 的。 森林的地圖由 R 行 C 列組成，空白區域用點“.”表示，洪水的區域用“*”表示，而 巖石用“X”表示，另畫家的住所用“D”表示，畫家用“S”表示。 有以下幾點需要說明： 1.每一分鐘畫家能向四個方向移動一格（上、下、左、右） 2.每一分鐘洪水能蔓延到四個方向的相鄰格子（空白區域） 3.洪水和畫家都不能通過巖石區域 4.畫家不能通過洪水區域（同時也不行，即畫家不能移到某個格子，該格子在畫家達到 的同時被洪水蔓延到了，這也是不允許的） 5. 洪水蔓不到畫家的住所。 給你森林的地圖，編寫程序輸出最少需要花費多長時間才能從開始的位置趕回家中。 【輸入】 輸入第一行包含兩個整數 R 和 C(R,C<=50)。 接下來 R 行每行包含 C 個字符(“.”、“*”、“X”、“D”或“S”)。地圖保證只有一個“D” 和一個“S”。 【輸出】 輸出畫家最快安全到達住所所需的時間，如果畫家不可能安全回家則輸出“KAKTUS”。 【輸入輸出樣例 1 】 slikar.in slikar.out 3 3 D.* ... .S. 3 【輸入輸出樣例 2 】 slikar.in slikar.out 3 3 D.* ... ..S KAKTUS 【輸入輸出樣例 3 】 slikar.in slikar.out 3 6 D...*. .X.X.. ....S. 6題目
tag：模擬/dfs、bfs/最短路
思路：初始化所有點洪水出現的時間為無窮大，以每個“*”作基點向外dfs預處理更新時間（能取到最小值再擴展，此處算是剪枝），之後bfs走迷宮，到達的時間一定要先於洪水出現的時間，也可以二維轉一維跑SPFA。
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #include<iostream> 4 #include<cstring> 5 #include<cmath> 6 #include<queue> 7 #define ll long long 8 #define maxn 2510 9 #define inf 707406378 10 using namespace std; 11 int dx[]={0,1,0,-1},dy[]={1,0,-1,0},n,m,cnt,dis[maxn],hl[maxn],MP[maxn],S,T,vis[maxn]; 12 char mp[60][60]; 13 queue<int>Q; 14 struct X{ 15 int u,v,w,ne; 16 }e[maxn*4]; 17 void add(int u,int v) 18 { 19 e[++cnt].u=u; 20 e[cnt].v=v; 21 e[cnt].ne=hl[u]; 22 hl[u]=cnt; 23 } 24 int cal(int x,int y){return (x-1)*m+y;} 25 bool ok(int x,int y) 26 { 27 if(x>=1&&x<=n&&y>=1&&y<=m) return true; 28 return false; 29 } 30 void dfs(int x,int y,int t) 31 { 32 if(!t||(ok(x,y)&&mp[x][y]==‘.‘&&t<MP[cal(x,y)])){ 33 MP[cal(x,y)]=t; 34 for(int i=0;i<4;++i) dfs(x+dx[i],y+dy[i],t+1); 35 } 36 } 37 bool spfa() 38 { 39 dis[S]=0; 40 vis[S]=1; 41 Q.push(S); 42 while(!Q.empty()){ 43 int u=Q.front(); 44 Q.pop(); 45 for(int i=hl[u];i;i=e[i].ne){ 46 int v=e[i].v,aft=dis[u]+1; 47 if(dis[v]>aft&&MP[v]>aft){ 48 dis[v]=aft; 49 if(!vis[v]){ 50 vis[v]=1; 51 Q.push(v); 52 } 53 } 54 } 55 vis[u]=0; 56 } 57 if(dis[T]==inf) return false; 58 return true; 59 } 60 int main() 61 { 62 //freopen("slikar.in","r",stdin); 63 //freopen("slikar.out","w",stdout); 64 memset(dis,127/3,sizeof(dis)); 65 memset(MP,127/3,sizeof(MP)); 66 scanf("%d%d",&n,&m); 67 for(int i=1;i<=n;++i) 68 for(int j=1;j<=m;++j) 69 scanf(" %c",&mp[i][j]); 70 for(int i=1;i<=n;++i) 71 for(int j=1;j<=m;++j){ 72 if(mp[i][j]==‘*‘) dfs(i,j,0); 73 else{ 74 switch(mp[i][j]){ 75 case ‘S‘:S=cal(i,j);break; 76 case ‘D‘:T=cal(i,j);break; 77 case ‘X‘:continue;break; 78 } 79 for(int k=0;k<4;++k){ 80 int X=i+dx[k],Y=j+dy[k],t=1; 81 if(ok(X,Y)&&mp[X][Y]!=‘*‘&&mp[X][Y]!=‘X‘) add(cal(i,j),cal(X,Y)); 82 } 83 } 84 } 85 if(!spfa()) puts("KAKTUS"); 86 else printf("%d\n",dis[T]); 87 return 0; 88 }
————————今天好晚了懶得粘分割線呢————————
芒果君：表示這次終於沒有翻車，沒有預計結果因為害怕這麽多模擬寫炸，最後還挺高的，開森，不過以後還是要多刷圖論啊。
暑假第四次考試 沖刺Noip模擬賽4 解題報告——五十嵐芒果醬